Question

1．已知函數(shù)f（x）=x+alnx，a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）當x∈[1，2]時，都有f（x）＞0成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）試問過點P（1，3）可作多少條直線與曲線y=f（x）相切？并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的定義域，函數(shù)的導函數(shù)，通過（1）當a≥0時，（2）當a＜0時，當0＜x＜-a時，當x＞-a時，導函數(shù)的符號，判斷函數(shù)的單調性．
（Ⅱ）（1）當-a≤1時，（2）當1＜-a＜2時，（3）當-a≥2時，分別求解函數(shù)的最值．
（Ⅲ）設切點為（x₀，x₀+alnx₀），則切線斜率$k=1+\frac{a}{x_0}$，求出切線方程，切線過點P（1，3），推出關系式，構造函數(shù)$g（x）=a（lnx+\frac{1}{x}-1）-2$（x＞0），求出導函數(shù)，（1）當a＜0時，判斷g（x）單調性，說明方程g（x）=0無解，切線的條數(shù)為0．
（2）當a＞0時，類比求解，推出當a＞0時，過點P（1，3）存在兩條切線．
（3）當a=0時，f（x）=x，說明不存在過點P（1，3）的切線．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為{x|x＞0}．$f'（x）=1+\frac{a}{x}=\frac{x+a}{x}$．
（1）當a≥0時，f′（x）＞0恒成立，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
（2）當a＜0時，令f′（x）=0，得x=-a．
當0＜x＜-a時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）為減函數(shù)；
當x＞-a時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）為增函數(shù)．
綜上所述，當a≥0時，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞）．
當a＜0時，函數(shù)f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，-a），單調遞增區(qū)間為（-a，+∞）．
…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，
（1）當-a≤1時，即a≥-1時，函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上為增函數(shù)，
所以在區(qū)間[1，2]上，f（x）_min=f（1）=1，顯然函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上恒大于零；
（2）當1＜-a＜2時，即-2＜a＜-1時，函數(shù)f（x）在[1，-a）上為減函數(shù)，在（-a，2]
上為增函數(shù)，所以f（x）_min=f（-a）=-a+aln（-a）．
依題意有f（x）_min=-a+aln（-a）＞0，解得a＞-e，所以-2＜a＜-1．
（3）當-a≥2時，即a≤-2時，f（x）在區(qū)間[1，2]上為減函數(shù)，
所以f（x）_min=f（2）=2+aln2．
依題意有f（x）_min=2+aln2＞0，解得$a＞-\frac{2}{ln2}$，所以$-\frac{2}{ln2}＜a≤-2$．
綜上所述，當$a＞-\frac{2}{ln2}$時，函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上恒大于零．…（8分）
（Ⅲ）設切點為（x₀，x₀+alnx₀），則切線斜率$k=1+\frac{a}{x_0}$，
切線方程為$y-（{x_0}+aln{x_0}）=（1+\frac{a}{x_0}）（x-{x_0}）$．
因為切線過點P（1，3），則$3-（{x_0}+aln{x_0}）=（1+\frac{a}{x_0}）（1-{x_0}）$．
即$a（ln{x_0}+\frac{1}{x_0}-1）-2=0$．           …①
令$g（x）=a（lnx+\frac{1}{x}-1）-2$（x＞0），則 $g'（x）=a（\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}）=\frac{a（x-1）}{x^2}$．
（1）當a＜0時，在區(qū)間（0，1）上，g′（x）＞0，g（x）單調遞增；
在區(qū)間（1，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，
所以函數(shù)g（x）的最大值為g（1）=-2＜0．
故方程g（x）=0無解，即不存在x₀滿足①式．
因此當a＜0時，切線的條數(shù)為0．
（2）當a＞0時，在區(qū)間（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，
在區(qū)間（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）單調遞增，
所以函數(shù)g（x）的最小值為g（1）=-2＜0．
取${x_1}={e^{1+\frac{2}{a}}}＞e$，則$g（{x_1}）=a（1+\frac{2}{a}+{e^{-1-\frac{2}{a}}}-1）-2=a{e^{-1-\frac{2}{a}}}＞0$．
故g（x）在（1，+∞）上存在唯一零點．
取${x_2}={e^{-1-\frac{2}{a}}}＜\frac{1}{e}$，則$g（{x_2}）=a（-1-\frac{2}{a}+{e^{1+\frac{2}{a}}}-1）-2=a{e^{1+\frac{2}{a}}}-2a-4$=$a[{e^{1+\frac{2}{a}}}-2（1+\frac{2}{a}）]$．
設$t=1+\frac{2}{a}（t＞1）$，u（t）=e^t-2t，則u′（t）=e^t-2．
當t＞1時，u′（t）=e^t-2＞e-2＞0恒成立．
所以u（t）在（1，+∞）單調遞增，u（t）＞u（1）=e-2＞0恒成立．所以g（x₂）＞0．
故g（x）在（0，1）上存在唯一零點．
因此當a＞0時，過點P（1，3）存在兩條切線．
（3）當a=0時，f（x）=x，顯然不存在過點P（1，3）的切線．
綜上所述，當a＞0時，過點P（1，3）存在兩條切線；
當a≤0時，不存在過點P（1，3）的切線．…（13分）

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應用，切線方程的求法，函數(shù)的單調性以及函數(shù)的最值，考查分析問題解決問題的能力，轉化思想以及分類討論思想的應用，是難度比較大的題目．